Approfondissement sur les suites numériques/Exercices/Étude d'une suite récurrente

Exercice 1

Étudier, en fonction du paramètre réel $a$, la suite $\left(u_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ définie par :

${\begin{cases}u_{0}=a\\\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}=u_{n}\operatorname {e} ^{u_{n}}.\end{cases}}$

Solution

$u_{n+1}=f(u_{n})$ avec $f(x):=x\operatorname {e} ^{x}$ du même signe que $x$ donc la suite est de signe constant (le signe de $a$).

$\forall x\in \mathbb {R} ^{*}\quad f(x)-x=x\left(\operatorname {e} ^{x}-1\right)>0$ et $f(0)=0$ donc :

• si $a=0$, la suite est constamment nulle ;
• si $a\neq 0$, la suite est croissante ; donc, ou bien elle tend vers $+\infty$, ou bien elle converge, et dans ce second cas (comme $f$ est continue) sa limite est nécessairement $0$ (l'unique point fixe de $f$). Plus précisément :
  • si $a<0$, puisque la suite est majorée (par $0$), elle converge,
  • si $a>0$, puisque la suite est $>0$, elle ne peut que tendre vers $+\infty$.

 

En déduire, en fonction du paramètre réel $b$, le comportement de la suite $\left(v_{n}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ définie par :

${\begin{cases}v_{0}=b\\\forall n\in \mathbb {N} \quad v_{n+1}=v_{n}\operatorname {e} ^{-v_{n}}.\end{cases}}$

Solution

En choisissant $a=-b$, on trouve $v_{n}=-u_{n}$. Par conséquent :

• si $b=0$, la suite est constamment nulle ;
• si $b\neq 0$, la suite est décroissante ;
  • si $b>0$, $v_{n}\to 0$,
  • si $b<0$, $v_{n}\to -\infty$.

 

On pose $w_{n}=\sum _{k=0}^{n}v_{n}$.

1. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$, $v_{n+1}=b\operatorname {e} ^{-w_{n}}$.
2. En déduire la limite de la suite $(w_{n})$.

Solution

1. $b\operatorname {e} ^{-w_{0}}=v_{0}\operatorname {e} ^{-v_{0}}=v_{1}$, et si $v_{n+1}=b\operatorname {e} ^{-w_{n}}$ alors $v_{n+2}=b\operatorname {e} ^{-w_{n}}\operatorname {e} ^{-v_{n+1}}=b\operatorname {e} ^{-w_{n+1}}$.
2. • Si $b=0$, $w_{n}=0$ ;
   • si $b>0$, $\operatorname {e} ^{-w_{n}}\to 0$ donc $w_{n}\to +\infty$ ;
   • si $b<0$, $\operatorname {e} ^{-w_{n}}\to +\infty$ donc $w_{n}\to -\infty$.

 

Exercice 2

Soit $a\geq 1{,}01$. Calculer la limite de la suite $\left(u_{n}\right)$ définie par : $u_{0}=a$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}=u_{n}^{3}-{\frac {\arctan u_{n}}{100}}$.

Solution

$u_{n+1}-u_{n}=\varphi (u_{n})$ avec $\varphi (x)=x^{3}-x-{\frac {\arctan x}{100}}$ (continue).

Pour $x\geq 1{,}01$, $\varphi (x)\geq x^{3}-x-{\frac {x}{100}}>0$ car $x^{2}>x\geq 1+{\frac {1}{100}}$.

Par conséquent, la suite $\left(u_{n}\right)$ est strictement croissante et n'a pas de limite finie. Donc $\lim u_{n}=+\infty$.

 

Exercice 3

1. Soient $b>0$ et $a\geq -b$. Étudier la suite $\left(u_{n}\right)$ définie par : $u_{0}=a$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}={\sqrt {b+u_{n}}}$.

2. Soient $r,s>0$ ; qu'en déduit-on pour une suite $\left(v_{n}\right)$ vérifiant $\forall n\in \mathbb {N} \quad v_{n+1}={\sqrt {r+sv_{n}}}$ ?

3. Et pour une suite $\left(w_{n}\right)$ vérifiant $\forall n\in \mathbb {N} \quad w_{n+1}=r+s{\sqrt {w_{n}}}$ ?

Solution

1. Soit $f:\left[-b,+\infty \right[\to \mathbb {R} _{+}\subset \left[-b,+\infty \right[,\;x\mapsto {\sqrt {b+x}}$. Son seul point fixe (nécessairement positif) est $\ell :={\frac {1+{\sqrt {1+4b}}}{2}}$.

$x\mapsto f(x)-x$ est continue et ne s'annule qu'en $\ell$, et elle est positive en $-b$ et négative en $+\infty$. Elle est donc positive pour $-b\leq x<\ell$ et négative pour $x>\ell$.

Puisque $f$ est strictement croissante et que $f(\ell )=\ell$, les deux intervalles $\left[-b,\ell \right[$ et $\left]\ell ,+\infty \right[$ sont stables par $f$.

La suite est par conséquent :

• constante si $a=\ell$ ;
• strictement croissante et majorée (par $\ell$) si $a<\ell$ ;
• strictement décroissante et minorée (par $\ell$) si $a>\ell$.

Elle est donc convergente dans tous les cas.

La fonction $f$ étant continue, la limite de $(u_{n})$ ne peut être qu'un point fixe de $f$. Par conséquent, $u_{n}\to \ell$.

2. Si $v_{n+1}={\sqrt {r+sv_{n}}}$ (ce qui suppose implicitement que $v_{n}\geq -{\frac {r}{s}}$) alors, en posant

$u_{n}:={\frac {v_{n}}{s}}$ et $b:={\frac {r}{s^{2}}}$,

on a

$u_{0}\geq -b$ et $u_{n+1}={\sqrt {b+u_{n}}}$.

On déduit donc de ce qui précède que $v_{n}\to s{\frac {1+{\sqrt {1+4b}}}{2}}={\frac {s+{\sqrt {s^{2}+4r}}}{2}}$.

3. On se ramène à la question précédente en posant $v_{n}={\sqrt {w_{n}}}$.

 

3. Soient $b>1$ et $b-b^{2}\leq a\leq b$. Étudier la suite $\left(u_{n}\right)$ définie par : $u_{0}=a$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}={\sqrt {b-u_{n}}}$.

Indication : on pourra montrer que $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad \left|u_{n+1}-u_{n}\right|\leq {\frac {\left|u_{n}-u_{n-1}\right|}{\sqrt {b}}}$.

4. Soient $s>0$ et $r>s^{2}$ ; qu'en déduit-on pour une suite $\left(v_{n}\right)$ vérifiant $\forall n\in \mathbb {N} \quad v_{n+1}={\sqrt {r-sv_{n}}}$ ?

Solution

3. Considérons la fonction $f:\left[b-b^{2},b\right]\to \left[0,b\right]\subset \left[b-b^{2},b\right],\;x\mapsto {\sqrt {b-x}}$.

Soient $x\in \left[0,b\right]$ et $y=f(x)$. Alors, pour $t:=b^{-1/2}y\in \left[0,1\right]$,

${\begin{aligned}x+y&=b-y^{2}+y\\&=(1-t^{2})b+t{\sqrt {b}}\\&\geq {\sqrt {b}}\left(1-t^{2}+t\right)\\&={\sqrt {b}}\left[1+t(1-t)\right]\\&\geq {\sqrt {b}}.\end{aligned}}$

En appliquant cela, pour $n\in \mathbb {N} ^{*}$, à $x=u_{n}$ et $y=u_{n+1}$, on en déduit :

$\left|u_{n+1}-u_{n}\right|={\frac {\left|u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}\right|}{u_{n+1}+u_{n}}}={\frac {\left|(b-u_{n})-(b-u_{n-1})\right|}{u_{n+1}+u_{n}}}={\frac {\left|u_{n}-u_{n-1}\right|}{u_{n+1}+u_{n}}}\leq {\frac {\left|u_{n}-u_{n-1}\right|}{\sqrt {b}}}$,

ce qui, puisque ${\frac {1}{\sqrt {b}}}<1$, prouve que la suite $(u_{n})$ converge.

La fonction $f$ étant continue, la limite $\ell$ de $(u_{n})$ ne peut être qu'un point fixe de $f$ (appartenant donc à $\left[0,b\right]$). Par conséquent, $\ell ={\frac {-1+{\sqrt {1+4b}}}{2}}$.

4. Si $v_{n+1}={\sqrt {r-sv_{n}}}$ (ce qui suppose implicitement que $v_{n}\leq {\frac {r}{s}}$, en particulier $v_{0}\leq {\frac {r}{s}}$ et ${\sqrt {r-sv_{0}}}\leq {\frac {r}{s}}$, donc ${\frac {r}{s}}-{\frac {r^{2}}{s^{3}}}\leq v_{0}\leq {\frac {r}{s}}$) alors, en posant

$u_{n}:={\frac {v_{n}}{s}}$ et $b:={\frac {r}{s^{2}}}$,

on a

$b>1$, $b-b^{2}\leq u_{0}\leq b$ et $u_{n+1}={\sqrt {b-u_{n}}}$.

On déduit donc de ce qui précède que $v_{n}\to s{\frac {-1+{\sqrt {1+4b}}}{2}}={\frac {-s+{\sqrt {s^{2}+4r}}}{2}}$.

 

Exercice 4

Soient $a,b\in \mathbb {R}$ et $p\geq 3$ un entier naturel impair. On suppose $b>{\frac {p-1}{p^{\frac {p}{p-1}}}}$ et l'on définit la suite $(u_{n})$ par :

$u_{0}=a$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}={\sqrt[{p}]{u_{n}+b}}$.

1. Montrer que la fonction $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\quad x\mapsto {\sqrt[{p}]{x+b}}$ est monotone.
2. Étudier les variations de la fonction $\varphi :\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\quad x\mapsto x+b-x^{p}$, puis son signe. En déduire que $f$ a un unique point fixe $\ell$, et préciser le signe de $f(x)-x$ selon la position de $x$ par rapport à $\ell$.
3. Déduire de la question 1 que $f(x)$ est du même côté de $\ell$ que $x$.
4. En déduire le comportement de la suite $(u_{n})$, selon la position de $a$ par rapport à $\ell$.

Solution

1. Par translation de la variable, $f$ est strictement croissante sur $\mathbb {R}$, de même que la fonction racine p-ième.
2. $\varphi '(x)=1-px^{p-1}$ s'annule en $x_{+}:={\frac {1}{\sqrt[{p-1}]{p}}}$ et en $x_{-}:=-x_{+}$, d'où le tableau :
   ${\begin{array}{c|ccccccc|}x&-\infty &&x_{-}&&x_{+}&&+\infty \\\hline \varphi '(x)&&-&0&+&0&-&\\\hline &+\infty &&&&y_{+}&&\\\varphi (x)&&\searrow &&\nearrow &&\searrow &\\&&&y_{-}&&&&-\infty \\\hline \end{array}}$
   $y_{+}>y_{-}=\varphi \left(x_{-}\right)=b-{\frac {p-1}{p^{\frac {p}{p-1}}}}>0$ donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, $\varphi$ (qui est bien continue) s'annule exactement une fois, en un point $\ell >x_{+}$.
   Par croissance (stricte) de $t\mapsto t^{p}$, $f(x)-x$ est du même signe que $f(x)^{p}-x^{p}=\varphi (x)$ :
   ${\begin{array}{c|ccccc|}x&-\infty &&\ell &&+\infty \\\hline f(x)-x&&+&0&-&\\\hline \end{array}}$
3. Si $x<\ell$ alors $f(x)<f(\ell )=\ell$ et si $x>\ell$ alors $f(x)>f(\ell )=\ell$.
4. Si $a=\ell$, la suite est constante. Si $a<\ell$ alors, d'après la question précédente, la suite est majorée par $\ell$ donc d'après la question 2, la suite est croissante (strictement). Par conséquent, elle converge. Par continuité de $f$, la limite de la suite est un point fixe de $f$. Donc $u_{n}\to \ell$. De même, si $a>\ell$, la suite est minorée et décroissante et converge vers $\ell$.

 

Exercice 5

Soient $a,b\in \mathbb {R}$. On se propose d'étudier la suite $\left(u_{n}\right)$ définie par : $u_{0}=a$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}={\sqrt[{3}]{b+u_{n}}}$. Le cas $b=0$ étant immédiat et le cas $b<0$ se ramenant facilement au cas $b>0$ (en remplaçant $a,b,u_{n}$ par leurs opposés), on se limitera au cas $b>0$.

Étudier la suite $\left(u_{n}\right)$ en distinguant trois cas : $b>{\frac {2}{3{\sqrt {3}}}}$, $0<b<{\frac {2}{3{\sqrt {3}}}}$ et $b={\frac {2}{3{\sqrt {3}}}}$.

Indication : poser $f(x)={\sqrt[{3}]{b+x}}$ et étudier les variations puis le signe de $\varphi (x):=\left(f(x)\right)^{3}-x^{3}$.

Cas $b>{\frac {2}{3{\sqrt {3}}}}$

C'est le cas particulier $p=3$ de l'exercice précédent.

 

Cas $0<b<{\frac {2}{3{\sqrt {3}}}}$

Le seul changement par rapport au cas précédent est qu'à présent, $y_{-}<0<y_{+}$ donc $f$ a trois points fixes $\ell _{1},\ell _{2},\ell _{3}$, tels que $\ell _{1}<-{\frac {1}{\sqrt {3}}}<\ell _{2}<{\frac {1}{\sqrt {3}}}<\ell _{3}$ (et $\ell _{2}<0$ puisque $h(0)=b>0$).

Les quatre intervalles délimités par ces trois valeurs étant, comme précédemment, stables par $f$, on en déduit :

• si $a<\ell _{1}$, $(u_{n})$ est strictement croissante et tend vers $\ell _{1}$ ;
• si $\ell _{1}<a<\ell _{2}$, $(u_{n})$ est strictement décroissante et tend vers $\ell _{1}$ ;
• si $\ell _{2}<a<\ell _{3}$, $(u_{n})$ est strictement croissante et tend vers $\ell _{3}$ ;
• si $a>\ell _{3}$, $(u_{n})$ est strictement décroissante et tend vers $\ell _{3}$.

(Si $a$ est égal à l'un des trois points fixes, $(u_{n})$ est évidemment constante.)

 

Cas $b={\frac {2}{3{\sqrt {3}}}}$

Allure du graphe de $\varphi$.

À présent, $y_{-}=0<y_{+}$ donc les trois points fixes $\ell _{1}<-{\frac {1}{\sqrt {3}}}<\ell _{2}<{\frac {1}{\sqrt {3}}}<\ell _{3}$ dégénèrent en deux : $\ell _{1}=\ell _{2}=-{\frac {1}{\sqrt {3}}}$ et $\ell _{3}={\frac {2}{\sqrt {3}}}$, et la conclusion devient :

• si $a<-{\frac {1}{\sqrt {3}}}$, $(u_{n})$ est strictement croissante et tend vers $-{\frac {1}{\sqrt {3}}}$ ;
• si $-{\frac {1}{\sqrt {3}}}<a<{\frac {2}{\sqrt {3}}}$, $(u_{n})$ est strictement croissante et tend vers ${\frac {2}{\sqrt {3}}}$ ;
• si $a>{\frac {2}{\sqrt {3}}}$, $(u_{n})$ est strictement décroissante et tend vers ${\frac {2}{\sqrt {3}}}$.

 

Soient $r,s>0$ ; qu'en déduit-on pour une suite $\left(v_{n}\right)$ vérifiant : $\forall n\in \mathbb {N} \quad v_{n+1}={\sqrt[{3}]{r+sv_{n}}}$ ?

Solution

Posons $u_{n}:={\frac {v_{n}}{\sqrt {s}}}$, $a:=u_{0}$ et $b:={\frac {r}{s{\sqrt {s}}}}$. Alors, $u_{n+1}={\sqrt[{3}]{b+u_{n}}}$ donc d'après ce qui précède, $(u_{n})$ converge vers une racine $\ell$ de l'équation $x^{3}-x-b=0$ (lorsque cette équation a plusieurs racines réelles, $\ell$ est la plus petite ou la plus grande, selon la position de $a$), et $v_{n}\to \ell {\sqrt {s}}$, racine de $x^{3}-sx-r=0$.

 

Exercice 6

1. Soient $b>1$ et $a\in \left[b-b^{3},b\right]$. Étudier la suite $\left(u_{n}\right)$ définie par : $u_{0}=a$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}={\sqrt[{3}]{b-u_{n}}}$.

Indication : on pourra s'inspirer de la question 3 de l'exercice 3 ci-dessus.

2. Soient $s>0$ et $r>s^{2}$ ; qu'en déduit-on pour une suite $\left(v_{n}\right)$ vérifiant : ${\frac {r}{s}}-{\frac {r^{3}}{s^{4}}}\leq v_{0}\leq {\frac {r}{s}}$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad v_{n+1}={\sqrt[{3}]{r-sv_{n}}}$ ?

Solution

1. Considérons la fonction $f:\left[b-b^{3},b\right]\to \left[0,b\right]\subset \left[b-b^{3},b\right],\;x\mapsto {\sqrt[{3}]{b-x}}$.

Soient $x\in \left[0,b\right]$ et $y=f(x)$. Alors, pour $t:=b^{-1/3}y\in \left[0,1\right]$,

${\begin{aligned}x^{2}+xy+y^{2}&=(b-y^{3})^{2}+(b-y^{3})y+y^{2}\\&=b^{2}(1-t^{3})^{2}+b^{4/3}(1-t^{3})t+b^{2/3}t^{2}\\&\geq b^{2/3}\left[(1-t^{3})^{2}+(1-t^{3})t+t^{2}\right]\\&=b^{2/3}\left[1+t+t^{2}-2t^{3}-t^{4}+t^{6}\right]\\&=b^{2/3}\left[1+t(1-t)+t^{2}(1-t)^{2}+t^{2}(1-t^{2})^{2}\right]\\&\geq b^{2/3}.\end{aligned}}$

En appliquant cela, pour $n\in \mathbb {N} ^{*}$, à $x=u_{n}$ et $y=u_{n+1}$, on en déduit :

$\left|u_{n+1}-u_{n}\right|={\frac {\left|u_{n+1}^{3}-u_{n}^{3}\right|}{u_{n+1}^{2}+u_{n+1}u_{n}+u_{n}^{2}}}={\frac {\left|(b-u_{n})-(b-u_{n-1})\right|}{u_{n+1}^{2}+u_{n+1}u_{n}+u_{n}^{2}}}={\frac {\left|u_{n}-u_{n-1}\right|}{u_{n+1}^{2}+u_{n+1}u_{n}+u_{n}^{2}}}\leq b^{-2/3}\left|u_{n}-u_{n-1}\right|$,

ce qui, puisque $b^{-2/3}<1$, prouve que la suite $(u_{n})$ converge.

La fonction $f$ étant continue, la limite $\ell$ de $(u_{n})$ ne peut être que le point fixe de $f$, c'est-à-dire la racine réelle de l'équation du troisième degré $x^{3}+x-b=0$.

2. En posant $u_{n}={\frac {v_{n}}{\sqrt {s}}}$ et $b={\frac {r}{s{\sqrt {s}}}}$, on obtient :

$b>1$, $b-b^{3}\leq u_{0}\leq b$ et $u_{n+1}={\sqrt[{3}]{b-u_{n}}}$.

On déduit donc de ce qui précède que $v_{n}\to \ell {\sqrt {s}}$, la racine réelle de $x^{3}+sx-r=0$.

 

Exercice 7

Soit $a\in \left]0,\pi \right[$.

1. Étudier la suite des sinus itérés de $a$, définie par $u_{0}=a,\quad u_{n+1}=\sin u_{n}$.
2. Montrer que la suite $\left({\frac {1}{u_{n+1}^{2}}}-{\frac {1}{u_{n}^{2}}}\right)$ converge et donner sa limite.

Solution

1. L'intervalle $\left]0,\pi \right[$ est stable par la fonction sinus, donc $u_{n}\in \left]0,\pi \right[$. De plus, on a $\sin x<x$ sur cet intervalle, donc $(u_{n})$ est strictement décroissante. Comme elle est minorée par 0, elle converge vers un réel $\ell \in \left[0,\pi \right[$. Par continuité de $\sin$, on a $\sin \ell =\ell$ donc $\ell =0$.
2. ${\frac {1}{\sin ^{2}x}}-{\frac {1}{x^{2}}}={\frac {x+\sin x}{x^{2}\sin ^{2}x}}(x-\sin x)\,{\underset {x\to 0}{\sim }}\,{\frac {2x}{x^{4}}}{\frac {x^{3}}{6}}={\frac {1}{3}}$ donc ${\frac {1}{u_{n+1}^{2}}}-{\frac {1}{u_{n}^{2}}}\to {\frac {1}{3}}$.

Pour aller plus loin, voir Équivalents et développements de suites/Exercices/Équivalent d'une suite définie par récurrence#Exercice 4-3.

 

Exercice 8

Soient $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\,x\mapsto {\frac {1-x^{2}}{4}}$ et $a\in [0,1]=I$. Considérons la suite définie par récurrence par $u_{0}=a$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}=f(u_{n})$.

1. Préciser les variations de $f$ sur $I$ et en déduire que $f(I)\subset I$.
2. Montrer que $\forall n\in \mathbb {N} \quad 0\leq u_{n}\leq 1$.
3. Établir que $f$ n'a dans $I$ qu'un point fixe, qui sera noté $\ell$.
4. Montrer que pour tout $x\in I$, $|f(x)-\ell |\leq {\frac {|x-\ell |}{2}}$.
5. En déduire que $|u_{n}-\ell |\leq {\frac {|u_{0}-\ell |}{2^{n}}}$. Conclure.

Solution

1. $f'(x)=-{\frac {x}{2}}$ donc $f$ est continue et décroissante sur $I$ donc $f(I)=[f(1),f(0)]=\left[0,{\frac {1}{4}}\right]\subset I$.
2. $u_{0}\in I$ stable par $f$ donc par récurrence, $u_{n}\in I$.
3. $f(x)=x\Leftrightarrow x^{2}+4x-1=0\Leftrightarrow x=-2\pm {\sqrt {5}}$. Le seul point fixe dans $I$ est $-2+{\sqrt {5}}$.
4. On peut invoquer le théorème des accroissements finis ou plus simplement calculer : pour tout $x\in I$,
   $|f(x)-\ell |={\frac {|1-x^{2}-4\ell |}{4}}={\frac {|\ell ^{2}-x^{2}|}{4}}={\frac {|x-\ell |(x+\ell )}{4}}\leq {\frac {|x-\ell |}{2}}$.
5. Par récurrence, $|u_{n}-\ell |\leq {\frac {|u_{0}-\ell |}{2^{n}}}$ donc $u_{n}\to \ell$.

 

Exercice 9

Considérons la fonction $f:\left]0,+\infty \right[\to \left]0,+\infty \right[$ définie par

$f(x)={\frac {1}{2}}\left(x+{\frac {5}{x}}\right)$.

et la suite $(u_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ définie par récurrence par

$u_{0}=a$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}=f(u_{n})$,

pour un $a\in \left]0,+\infty \right[$ fixé arbitrairement.

1. Démontrer que $f$ a un seul point fixe $\ell$ et le déterminer.
2. Démontrer que l'image de $f$ est $\left[\ell ,+\infty \right[$.
3. Montrer que sur cet intervalle, $f(x)\leq x$.
4. Qu'en déduit-on sur la suite $(u_{n})$ ?
5. Démontrer que pour tout $x\geq \ell$, $f(x)-\ell \leq {\frac {x-\ell }{2}}$.
6. En déduire que pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$, $u_{n}-\ell \leq {\frac {u_{1}-\ell }{2^{n-1}}}$.

Solution

1. $f(x)=x\Leftrightarrow 2x=x+{\frac {5}{x}}\Leftrightarrow x=\ell :={\sqrt {5}}$.
2. Une rapide étude de variations le prouve.
3. Même calcul qu'en question 1, en remplaçant les égalités par des inégalités.
4. On en déduit qu'à partir de l'indice 1, la suite $(u_{n})$ est à valeurs dans $\left[\ell ,+\infty \right[$ et décroissante, donc convergente. La seule limite possible est $\ell$.
5. On peut invoquer le théorème des accroissements finis ou plus simplement calculer : pour tout $x\geq \ell$, $f(x)-\ell ={\frac {(x-\ell )^{2}}{2x}}\leq {\frac {x-\ell }{2}}$.
6. Immédiat par récurrence (ce qui redémontre que $u_{n}\to \ell$).

 

Exercice 10

Soit un réel $\alpha >-1$. Étudier, en fonction de $\alpha$, la suite $(u_{n})$ définie par :

$u_{0}=\alpha$ et $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n+1}=\ln(u_{n}+2)$.

Solution

L'application $f:x\mapsto \ln(x+2)$ est bien définie sur l'intervalle $I:=\left]-1,+\infty \right[$ et $f(I)=\left]0,+\infty \right[\subset I$ donc la suite est bien définie.

En tout point $x\in I$, la dérivée de la fonction $x\mapsto f(x)-x$ est ${\frac {1}{x+2}}-1<0$ donc quand $x$ croît de $-1$ à $+\infty$, $f(x)-x$ décroît (continûment) de $1$ à $-\infty$, en passant la valeur $0$ en un certain $x_{0}$.

Comme $f$ est croissante, elle laisse stables les deux sous-intervalles $\left]-1,x_{0}\right[$ et $\left]x_{0},+\infty \right[$.

Par conséquent :

• si $\alpha <x_{0}$, la suite est $<x_{0}$ et croissante (puisque $f(x)-x>0$ sur $\left]-1,x_{0}\right[$) donc convergente, et la limite ne peut être que $x_{0}$ (l'unique point fixe de $f$) ;
• de même, si $\alpha >x_{0}$, la suite est $>x_{0}$ et décroissante et converge vers $x_{0}$ ;
• si $\alpha =x_{0}$, la suite est constante

 

Exercice 11

Soit la suite $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ définie par $x_{0}=4$ et $x_{n+1}={\frac {2x_{n}^{2}-3}{x_{n}+2}}$ ($\forall n\in \mathbb {N}$).

1. Démontrer que ($\forall n\in \mathbb {N}$) $x_{n}>3$ et $x_{n+1}-3>{\frac {9}{5}}(x_{n}-3)>0$.
2. Quelle est la limite de cette suite ?

Solution

1. $x_{0}>3$ et ${\frac {x_{n+1}-3}{x_{n}-3}}={\frac {2x_{n}^{2}-3x_{n}-9}{x_{n}^{2}-x_{n}-6}}=2-{\frac {1}{x_{n}+2}}$ donc si $x_{n}>3$ alors ${\frac {x_{n+1}-3}{x_{n}-3}}>2-{\frac {1}{5}}={\frac {9}{5}}>0$ donc $x_{n+1}>3$.
2. Par récurrence, $x_{n}-3>(9/5)^{n}$ donc $\lim x_{n}=+\infty$.

 

Exercice 12

Soit $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ une fonction dérivable. Fixons un réel $a$ tel que $f(a)\neq a$ et considérons la suite $u$ définie par $u_{n+1}=f(u_{n})$, $u_{0}=a$.

1. On suppose que $f'(x)\geq 1$ pour tout $x$. Montrer que $u_{n}\to +\infty$ si $f(a)>a$ et $u_{n}\to -\infty$ si $f(a)<a$.
   Indication : prouver d'abord les inégalités $u_{n+1}-u_{n}\geq u_{1}-u_{0}$ si $f(a)>a$ et $u_{n+1}-u_{n}\leq u_{1}-u_{0}$ si $f(a)<a$.
2. On suppose maintenant que pour tout $x$, $|f'(x)|\leq {\frac {1}{2}}$ et $f(3)=3$. Montrer que la suite $u$ converge.

Solution

1. $u_{n+1}-u_{n}=f(u_{n})-f(u_{n-1})=f'(c_{n})(u_{n}-u_{n-1})$, d'où :
   • si $f(a)>a$, $u_{n+1}-u_{n}\geq u_{n}-u_{n-1}\geq \dots \geq u_{1}-u_{0}$ et donc $u_{n+1}-a\geq n(f(a)-a)$, si bien que $u_{n}\to +\infty$ ;
   • si $f(a)<a$, de même, $u_{n+1}-u_{n}\leq u_{1}-u_{0}$ donc $u_{n+1}-a\leq n(f(a)-a)$ et $u_{n}\to -\infty$.
2. $|u_{n+1}-a|=|f(u_{n})-f(a)|=|f'(c_{n})(u_{n}-3)|\leq {\frac {1}{2}}|u_{n}-3|$. On en déduit : $|u_{n+1}-3|\leq {\frac {1}{2^{n}}}|u_{1}-u_{0}|$, ce qui montre que $u_{n}\to 3$.

 

Exercice 13

Soient $a\in [-1,1]$ et $b\in [0,1]$.

1. Étudier la suite $(u_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ définie par $u_{n+1}=au_{n}^{2}+(1-a)u_{n}$ et $u_{0}=b$.
2. Quelles sont les suites $(v_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ dont l'étude se ramène à celle de $(u_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ par homothétie-translation ?

Solution

1. Soit $f(x)=ax^{2}+(1-a)x$. Alors, $f(x)-x=ax(x-1)$ s'annule pour $x=0$ ou $1$ et $f$ est croissante sur $[0,1]$, donc $[0,1]$ est stable par $f$, si bien que $u_{n}\in [0,1]$ et $u_{n+1}-u_{n}$ est du signe de $-a$. Ainsi, si $a>0$ la suite $(u_{n})$ est décroissante et converge vers $0$, tandis que si $a<0$ la suite $(u_{n})$ est croissante et converge vers $1$ (si $a=0$ la suite est constant).
2. Les suites $(v_{n})$ telles que $u_{n}=\alpha v_{n}+\beta$ (avec $\alpha >0$ sans perte de généralité) sont les suites telles que $\alpha v_{n+1}+\beta =(a(\alpha v_{n}+\beta )+1-a)(\alpha v_{n}+\beta )$ et $\alpha v_{0}+\beta \in [0,1]$, c'est-à-dire :
   $v_{n+1}=a\alpha v_{n}^{2}+(1-a+2\beta a)b_{n}+{\frac {a\beta (\beta -1)}{\alpha }}$, $v_{0}\in \left[-{\frac {\beta }{\alpha }},{\frac {1-\beta }{\alpha }}\right]$ et $|a|\leq 1$.
   Leur comportement (monotonie, convergence) se déduit immédiatement de celui de $(u_{n})$.

 

Soient $a\in \mathbb {R}$ et $(u_{n})$ la suite définie par $u_{0}=a$ et $u_{n+1}={u_{n}^{2}+u_{n} \over 2}\ (\forall n\in \mathbb {N} )$. Étudier, en fonction de $a$, l'existence et la valeur de $\lim _{n\to \infty }u_{n}$.

Solution

Soit $f(x)={x^{2}+x \over 2}$. $f(\ell )=\ell$ a pour solutions $\ell =0{\rm {\ ou\ }}1$ donc si $a=0{\rm {\ ou\ }}1$, la suite est constante.

Si $a>0$, $u_{n}>0$ et comme $f$ est croissante sur $\left]-1/2,+\infty \right[$, la suite est monotone. $u_{1}-u_{0}={a(a-1) \over 2}$ donc la suite est décroissante si $0<a<1$ (et $>0$ donc convergente, nécessairement vers $0$ puisque $u_{n}<1$), et croissante si $a>1$.

Montrons que si $a>1$, $u_{n}\to +\infty$. Posons $v_{n}=u_{n}-1$ : $v_{n+1}={u_{n}^{2}+u_{n} \over 2}-1={(v_{n}+1)^{2}+v_{n}+1 \over 2}-1={v_{n}(v_{n}+3) \over 2}$. Si $a>1$, $v_{n}>0$ et $v_{n+1}>{3 \over 2}v_{n}$, donc $v_{n}>\left({\frac {3}{2}}\right)^{n}(a-1)\to +\infty$. $u_{1}={a^{2}+a \over 2}$ est $>1$ si et seulement si $a^{2}+a-2=(a+2)(a-1)>0$ donc le cas $a<-2$ se ramène au cas $a>1$ par décalage.

$u_{1}\in \left]0,1\right[$ si et seulement si $a(a+1)>0$ et $(a+2)(a-1)<0$ donc le cas $-2<a<-1$ se ramène de même au cas $0<a<1$, et les « cas limites » $a=-2$, $a=-1$ se ramènent respectivement aux cas $a=1,a=0$.

Reste à étudier le cas $-1<a<0$. Comme $a<0$, $u_{1}>u_{0}$, donc si $-1/2\leq a<0$, la suite est croissante $<0$ donc converge vers $0$. Le dernier sous-cas $-1<a<-1/2$ se ramène au précédent, puisqu'alors $-1/8\leq u_{1}<0$.

 

Lien externe

« Exercices corrigés - Suites de nombres réels ou complexes - suites récurrentes », sur bibmath.net